Escrito por Ualype Uchôa
Iniciante:
[spoiler title=’Assunto Abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Calorimetria, Trabalho e Potência
[/spoiler][spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
a) Primeiramente, note que o calor necessário será apenas do tipo latente, pois o gelo já se encontra na temperatura de liquidificação/fusão. Logo:
$$Q=mL$$
Como massa é o produto da densidade pelo volume, $$m=\rho h\pi r^{2}$$, então:
$$Q=\rho h \pi r^{2}L$$
Da definição de potência:
$$P=\dfrac{Q}{\Delta t}$$
$$\Delta t=\dfrac{\rho h \pi r^{2}L}{P}$$
Substituindo os valores numéricos, temos:
$$\Delta t= 4,54 * 10^14$$ $$s$$ $$\approx 1,4 * 10^7$$ $$anos$$.
b) Para trazer o cilindro de gelo (admitido homogêneo) logo acima da superfície, o operador deve elevar seu centro de massa de $$h$$ em relação à posição inicial. Desta forma, pelo teorema da energia cinética (note que a variação de energia cinética é igual a zero, pois o processo é muito lento):
$$\tau_{total}=0$$
$$\tau_{peso}+\tau_{operador}=0$$
$$\tau_{operador}=mgh=\rho \pi r^{2}gh^2$$
Substituindo os dados:
$$\tau_{operador}=6,75*10^{14}$$ $$J$$
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a) $$\Delta t= 4,54 * 10^14$$ $$s$$ $$\approx 1,4*10^7$$ $$anos$$
b) $$\tau_{operador}=6,75*10^{14}$$ $$J$$
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Intermediário:
[spoiler title=’Assunto Abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Força de Atrito e Resultantes Tangencial e Centrípeta
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Deve-se perceber que ocorre tendência de deslizamento tanto na direção radial quanto na tangencial à trajetória. Sendo assim, a soma vetorial das resultantes ao longo dessas direções fornece a força de atrito. A resultante tangencial em B será dada por:
$$F_{t}=ma_{t}$$
Onde $$a_{t}$$ é encontrada pela equação de torricelli:
$$v^2_{B}=2a_{t}\Delta s$$
$$a_{t}=\dfrac{v^2_{B}}{2\alpha R}$$
Para a resultante centrípeta:
$$F_{C}=\dfrac{mv_{B}^2}{R}$$
Da condição de não deslizamento, $$F_{at} \leqslant \mu N$$, e pelo equilíbrio na vertical, $$N=mg$$. Então:
$$\sqrt{F_{at}^2+F_{t}^2} \leqslant \mu mg$$
Substituindo $$F_{at}$$ e $$F_{t}$$, e isolando $$v_{B}$$:
$$v_{B} \leqslant \left(\dfrac{(\mu Rg)^2}{1+\dfrac{1}{4\alpha^2}}\right)^{\dfrac{1}{4}}$$
Desta forma, a velocidade máxima pedida é:
$$v=\left(\dfrac{(\mu Rg)^2}{1+\dfrac{1}{4\alpha^2}}\right)^{\dfrac{1}{4}}$$
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$$v=\left(\dfrac{(\mu Rg)^2}{1+\dfrac{1}{4\alpha^2}}\right)^{\dfrac{1}{4}}$$
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Avançado:
[spoiler title=’Assunto Abordado’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Energia, Momento Angular e Centro de Massa
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[spoiler title=’Solução’ style=’default’ collapse_link=’true’]
Este problema é mais facilmente resolvido no referencial do centro de massa do sistema. Primeiramente, devemos determinar a velocidade do centro de massa no referencial da terra. Usando a definição de $$v_{cm}$$ para o sistema em questão:
$$v_{cm}=\dfrac{m_1v_1+m_2v_2}{m_1+m_2}$$
Sendo $$1$$ a partícula inicialmente impulsionada, $$v_1=v_0$$ e $$v_2=0$$; e do enunciado, $$m_1=m_2=m$$:
$$v_{cm}=\dfrac{m*v_0+m*0}{2m} = \dfrac{v_0}{2}$$
Admitindo que o sentido da velocidade inicial de $$1$$ era para a direita, basta então somarmos $$\dfrac{v_0}{2}$$ para a esquerda para entrar no referencial do $$CM$$. Logo, a situação inicial (no referencial do $$CM$$) consiste na mola relaxada com as duas partículas movendo-se com $$\dfrac{v_{0}}{2}$$ em sentidos opostos. A partir de agora, a análise será feita inteiramente neste sistema de referência.
Devemos então descobrir em qual momento ocorre a máxima elongação da mola. Ora, este instante corresponde ao momento em que a velocidade radial de ambos os componentes é nula, pois assim não haverá aproximação relativa. Além disso, neste momento, pela simetria do sistema, as duas massas terão velocidades tangenciais de mesmo módulo (porém sentidos opostos)$$v$$. Seja $$\delta$$ a distensão máxima da mola. Pelo fato de não haver torque resultante externo em relação ao $$CM$$, o momento angular em torno deste ponto se conserva. Logo, podemos escrever:
$$\dfrac{2mv_0 l_0}{4}=2mv\left(\dfrac{lo+\delta}{2}\right)$$
$$v=\dfrac{v_0 l_0}{2\left(l_0+\delta\right)}=\dfrac{v_0}{2}\left(1+\dfrac{\delta}{l_0}\right)^{-1}$$
Pode-se também conservar a energia mecânica, uma vez que não há ação de forças dissipativas. Logo:
$$E_{mec_{inicial}}=E_{mec_{final}}$$
$$2*\dfrac{1}{2}m\left(\dfrac{v_0}{2}\right)^{2}=2*\dfrac{1}{2}mv^{2}+\dfrac{1}{2}k\delta^{2}$$
$$mv_0^{2}=4mv^2+2k\delta^2$$
$$mv_0^{2} \approx mv_{0}^2\left(1-\dfrac{2\delta}{l_0}\right)+2k\delta^2$$
Onde foi usado que $$\left(1+x)\right)^n \approx 1+nx$$ para $$x \ll 1$$. Isolando $$\delta$$, obtemos:
$$\delta = \dfrac{mv_0^2}{kl_0}$$
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[spoiler title=’Gabarito’ style=’default’ collapse_link=’true’]
$$\delta = \dfrac{mv_0^2}{kl_0}$$
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